Discusión de un límite en cuyo argumento aparece la función valor absoluto

Se pide que calculemos el siguiente límite: $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$$

Para que exista el límite, los límites laterales han de existir y, además, han tener el mismo valor. Veamos si es así, teniendo en cuenta la definición de valor absoluto $$|x+1|:=\left\{\begin{matrix}x+1 & \text{si} & x+1\ge 0 \Leftrightarrow x\ge -1 & (1.1) \\ -(x+1) & \text{si} & x+1\lt 0 \Leftrightarrow x\lt -1 & (1.2) \end{matrix}\right.$$ $$|x|:=\left\{\begin{matrix}x & \text{si} & x \ge 0 & (2.1) \\ -x & \text{si} & x\lt 0 & (2.2) \end{matrix}\right.$$

Calculemos los límites laterales.
  Límite lateral por la izquierda:
    $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}\overset{(1.2),(2.2)}{=}\lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,\dfrac{-(x+1)}{1-(-x)}=\lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,\dfrac{-(x+1)}{x+1}= \lim_{x\rightarrow \,-1^-}\,-1=-1$
  Límite lateral por la derecha:
    $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}\overset{(1.1),(2.2)}{=}\lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,\dfrac{x+1}{1-(-x)}=\lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,\dfrac{x+1}{x+1}=\lim_{x\rightarrow \,-1^+}\,1=1$
Así, si bien ambos límites laterales existen, pero sus valores no coinciden, razón por la cual se concluye que el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \,-1}\,\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$ no existe.

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Observación 1:
De acuerdo con lo anterior, podemos decir que la función $f(x)=\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$ tiene una discontinuidad de salto (finito) en $x=-1$

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Observación 2:
Démonos cuenta, por otra parte, de que el valor de la función $f(x)=\dfrac{|x+1|}{1-|x|}$ en $x=-1$ es $1$; en efecto: $f(-1)\overset{(1.1),(2.2)}{=}\dfrac{1+1}{1-(-1)}=\dfrac{2}{2}=1$.

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Valoración de una integral definida según un parámetro que aparece en la función integrando

¿A qué es igual la integral definida $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx$, si $k\in \mathbb{R}$ puede ser negativo, positivo o bien cero?

Una primitiva de la función del integrando, $f(x)=e^{-kx}$, es $-k\,e^{-kx}$, luego la integral definida es $$\displaystyle \left[-k^{-kx}\right]_{0}^{+\infty}=-k\,e^{-k\cdot (+\infty)}-(-k\cdot e^{0})=-k\,e^{-k\cdot (+\infty)}-(-k\cdot 1)=-k\,(e^{-k\cdot (+\infty)}-1)$$ Entonces,

1. Si $k\gt 0$, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\left(-k\cdot (e^{-k\cdot (+\infty)}-1)\right)=-k\cdot (e^{-\infty}-1)=-k\cdot (0-1)=k \gt 0$
2. Si $k=0$, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\int_{0}^{+\infty} e^{0}\,dx=\int_{0}^{+\infty} 1\cdot dx=\int_{0}^{+\infty} \,dx=\left[x\right]_{0}^{+\infty}=+\infty$, la integral diverge
3. Si $k\lt 0$, entonces $-k\gt 0$, luego $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-kx}\,dx=\left(-k\,(e^{-k\cdot (+\infty)}-1)\right)=-k\cdot (e^{+\infty}-1)=-k\cdot (+\infty-1)=-k\cdot (+\infty)=+\infty$, esto es, la integral diverge

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Acerca de la resolución de algunas ecuaciones trascendentes que son típicas de la Olimpiada Matemática

Un problema que suele aparecer en alguna edición de la Olimpiada Matemática consiste en resolver ecuaciones del tipo $x^a=b^x$, donde $a$ y $b$ son números reales positivos, los cuales figuran como constantes. En ecuaciones trascendentes de este tipo suele recurrirse a expresar la solución (que puede estar formada por varios valores) de manera que interevenga la denominada función $W$ de Lambert, la cual, básicamente, y sin entrar en detalles tiene la siguiente propiedad que la caracteriza: $W(z\,e^{z})=z \quad (1)$, donde $z$ es, en principio, una función que toma valores en el conjunto de los números complejos, si bien, en particular, puede ser también una función que tome valores en el conjunto de los números reales, como es el caso del que trataré aquí. Voy a exponer cómo podemos utilizar esta propiedad, expresando como he dicho, la solución en términos de los valores que tome la función $W$ de Lambert para el correspondiente argumento de la misma, en cada caso. Sencillamente, nuestra labor consistirá en tratar de configurar la función $z$, que, naturalmente, va a depender de la variable $x$ (incógnita de la ecuación), aplicar la propiedad $(1)$ y, finalmente, despejar la incógnita $x$.

Procedamos, paso a paso, a realizar las manipulaciones algebraicas necesarias para tal fin:
  $x^a=b^x$
    $\ln(x^a)=\ln(b^x)$
      $a\,\ln(x)=x\,\ln(b)$
        $\dfrac{\ln(x)}{x}=\dfrac{\ln(b)}{a}$
          $\dfrac{1}{x}\,\ln(x)=\dfrac{\ln(b)}{a}$
            $\dfrac{1}{x}\,\left(-\ln(\frac{1}{x})\right)=\dfrac{\ln(b)}{a}$
              $-\dfrac{1}{x}\,\ln(\frac{1}{x})=\dfrac{\ln(b)}{a}$
                $\dfrac{1}{x}\,\ln(\frac{1}{x})=-\dfrac{\ln(b)}{a}$
Ahora, asociemos $z$ de la propiedad $(1)$ con $\dfrac{1}{x}$, y apliquemos la función $W$ de Lambert en cada miembro:
                $W\left(\dfrac{1}{x}\,\ln(\frac{1}{x})\right)=W\left(-\dfrac{\ln(b)}{a}\right)$
con lo cual, según la propiedad que caracteriza la función de Lambert, el primer miembro de la iguadad anterior es igual a $\dfrac{1}{x}$, por tanto llegamos a
                $\dfrac{1}{x}=W\left(-\dfrac{\ln(b)}{a}\right)$ luego,
                  $x=\dfrac{1}{W\left(-\dfrac{\ln(b)}{a}\right)} \quad (2)$

Ejemplo: Sean $a=2$ y $b=3$; es decir, resolvamos la ecuación $x^2=3^x$. En este caso, vemos (gráficamente) que la solución consta de un único valor, tal como puede comprobarse debajo:

Pues bien, de acuerdo con $(2)$ y los valores de $a$ y $b$ referidos, podemos decir que el resultado exacto de la ecuación es $x=\dfrac{1}{W\left(-\dfrac{\ln(3)}{2}\right)}$, y ahí acabaríais si estuviéseis resolviendo el ejercicio en unas olimpiadas matemáticas. Por otra parte, el valor aproximado de la solución que estamos visualizando en la gráfica, podemos obtenerlo de la tabulación de la función $W$ de Lambert entrando con el argumento $-\dfrac{\ln(3)}{2}$, e invirtiendo lo que resulte: $$x \approx -0,6860$$ -oOo-

Referencias para el profesor:

  [1]   [http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/especial/lambert/lambert.html]
  [2]   [https://es.wikipedia.org/wiki/Función_especial]
  [3]   [WolframAlpha]

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$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}=?$, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}=?$

Se pide estudiar los siguientes límites: $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}$$ y $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}$$

Para $x\gg 1$, se sabe que $x! \sim x\,\ln(x)$ lo cual podemos visualizar comparando las gráficas de $x!$ y $x\,\ln(x)$ como se muestra en la siguiente figura, que he elaborado con la utilidad en línea WolframAlpha:

Por lo tanto:
  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x\,\ln(x)}$
Y, por la regla de L'Hôpital:
  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x\,\ln(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{(x^x)'}{(x\,\ln(x))'}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x\,(1+\ln(x))}{1+\ln(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,x^x=+\infty$
En conclusión: el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x^x}{x!}$ diverge, por consiguiente $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\dfrac{x!}{x^x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{x^x}{x!}\right)^{-1}=\dfrac{1}{+\infty}=0$, converge a $0$

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Una ecuación interesante en cuanto a las técnicas idóneas y razonamientos para poder resolverla

Una ecuación del tipo $x^x=x^3$, donde $x$ es una variable real, no ofrece ninguna dificultad para encontrar la solución por tanteo; a poco que ensayemos, vemos que $3$, $1$ y $-1$ (éste último quizá no sea tan fácil de ver) satisfacen la igualdad: $1^1=1^3=1$, $(-1)^{-1}=\dfrac{1}{(-1)}=(-1)^3=-1$; y lo mismo ocurre con $x=3$, pues tanto el primer miembro como el segundo dan como resultado $3^3=27$.

Bien pero, ¿habrá más valores que no podamos encontrar con tanta facilidad, como hemos hecho, digamos que 'a ojo de buen cubero'? Desde luego, por si estuviéramos tentados a pensar que $-3$ pudiese ser también parte de la solución, enseguida nos damos cuenta de que no es así, pues no satisface la ecuación pedida: $(-3)^{-3}=\dfrac{1}{(-3)^3}=-\dfrac{1}{27}\neq (-3)^3=-27$.

Investiguemos:
Si atendemos al trazo de las gráficas de las funciones de ambos miembros $y=x^x$ e $y=x^3$, la intersección de las mismas no se da en más de tres puntos, razón por la cual podemos responder definitivamente a esta pregunta con un 'no', ya que la gráfica no aparecen más de tres puntos de intersección.

[Figura 1.]

No obstante, voy a resolver la ecuación empleando las técnicas del álgebra y algún resultado básico del análisis de funciones, pues me parecese, que el caso que nos ocupa es bastante interesante, y, además, para casos similares, en los que no sea tan fácil ver la solución tan 'alegremente', es evidente que habrá que ir más allá y emplearse a fondo en los razonamientos.

Veamos si $x=0$ forma parte de la solución:
  Si sustituimos $x$ por $0$ en el segundo miembro obtenemos $0^3=0$. Por otra parte, es claro que al sustituir $x$ por $0$ en el primer miembro se nos presenta una indeterminación $0^0$, pero, si nos fijamos en la gráfica de la función $y=x^x$ (trazo azúl), podemos afirmar que el valor de la función $x^x$ en $x=0$ es $1$. Es decir, como $x^x$ es una función continua y, por lo que se ve, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,x^x=1$, luego $(x^x)_{x=0}=1$. Entonces, para $x=0$, el primer miembro toma el valor $1$ y el segundo miembro toma el valor $0$, luego $0$ no forma parte de la solución de la ecuación.

Busquemos ahora números positivos como posibles soluciones. Si $x\gt 0$, una buena idea para empezar es extraer logaritmos en cada miembro de la igualdad:
  $x^x=x^3$
    $\ln(x^x)=\ln(x^3)$
      $x\,\ln(x)=3\,\ln(x)$
        $x\,\ln(x)-3\,\ln(x)=0$
          $(x-3)\cdot \ln(x)=0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x-3=0 \\ \ln(x)=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x=\left\{\begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix}\right.$

Busquemos ahora números negativos, $x\lt 0$. Vemos que la extracción de logaritmos en cada miembro no es posible ahora, pues un logaritmo no está definido para valores negativos. Habrá que recurrir a otro enfoque. Encontrar las soluciones de la ecuación pedida es equivalente a encontrar las raíces de la función $\phi(x)=x^x-x^3$.

Como nos damos cuenta, de manera estimativa, de de $-1$ puede ser una raíz de $\phi$, calculemos el valor de la función $\phi$ a la derecha de $-1$, pongamos que en $x=-0.9$ y vemos que $\phi(-0.9)\lt 0$; mientras que a la derecha de $-1$, también razonablemente cerca de dicho punto, pongamos que en $x=-1.1$, se tiene que $\phi(-1.1)\gt 0$ (véase, abajo, la Figura 2.); en consecuencia, al haber un cambio de signo en los valores de función de uno a otro valor, y como la función $\phi(x)=x^x-x^3$ es continua, por el teorema de Bolzano, sabemos que tiene que haber al menos un valor $x\lt 0$ mayor que $-1.1$ y menor que $-0.9$ que anule la función $\phi$ y que por tanto sea raíz de la misma.

Figura 2. Gráfica de la función $\phi(x)=x^x-x^3$, ampliada para poder apreciar los valores que toma para valores negativos de la variable independiente

Por tanto, ése valor —que es precisamente el que vemos en las gráficas, y que corresponde a la abscisa del punto de intersección de las mismas (trazo azúl y trazo amarillo en la Figura 1.)— también es solución de la ecuación pedida $x^x=x^3$. Y, a poco que ensayemos, vemos que $x=-1$ también satisface la ecuación pedida.

En conclusión: la solución de la ecuación pedida $x^x=x^3$ consta de los siguientes valores en $\mathbb{R}$: $\{-1,1,3\}$

Utilidades empleadas:

  [1]   [WolframAlpha] (para realizar las gráficas y calcular valores de función)

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